题目内容
已知函数f（x）=ex-x（e为自然对数的底数）．
（1）求f（x）的最小值；
（2）设不等式f（x）＞ax的解集为P，若M={x|
≤x≤2}，且M∩P≠∅，求实数a的取值范围
（3）已知n∈N*，且Sn=
f(x)dx，是否存在等差数列{an}和首项为f（1）公比大于0的等比数列{bn}，使得Sn=An+Bn（其中An，Bn分别是数列{an}，{bn}的前n项和）？若存在，请求出数列{an}，{bn}的通项公式．若不存在，请说明理由．
（1）求f（x）的最小值；
（2）设不等式f（x）＞ax的解集为P，若M={x|
| 1 |
| 2 |
（3）已知n∈N*，且Sn=
| ∫ | n 0 |
考点：导数在最大值、最小值问题中的应用,定积分,数列的求和
专题：导数的综合应用
分析：（1）求出原函数的导函数，解得导函数的零点，由函数零点对定义域分段，利用函数在各区间段内的符号判断原函数的单调性从而求得函数的极小值，也就是最小值；
（2）由M∩P≠∅，可知不等式f（x）＞ax在区间[
，2]上有解．代入f（x）的解析式后转化为a＜
-1在区间[
，2]上有解，构造函数g（x）=
-1，x∈[
，2]．由导数求其最大值，则实数a的取值范围可求；
（3）设存在公差为d的等差数列{an}和首项为f（1）、公比q＞0的等比数列{bn}，使得Sn=An+Bn，由定积分求得Sn，再由Sn=An+Bn，分别取n=1，2，3求出等差数列的公差和等比数列的公比，得到等差数列和等比数列的通项公式，验证后得答案．
（2）由M∩P≠∅，可知不等式f（x）＞ax在区间[
| 1 |
| 2 |
| ex |
| x |
| 1 |
| 2 |
| ex |
| x |
| 1 |
| 2 |
（3）设存在公差为d的等差数列{an}和首项为f（1）、公比q＞0的等比数列{bn}，使得Sn=An+Bn，由定积分求得Sn，再由Sn=An+Bn，分别取n=1，2，3求出等差数列的公差和等比数列的公比，得到等差数列和等比数列的通项公式，验证后得答案．
解答：
解：（1）函数f（x）=ex-x，则f′（x）=ex-1，
由f′（x）=0，得x=0．
当x＞0时，f′（x）＞0，
当x＜0时，f′（x）＜0，
∴f（x）在（-∞，0）上递减，在（0，+∞）上递增．
∴f（x）min=f（0）=1；
（2）∵M={x|
≤x≤2}，且M∩P≠∅，
∴不等式f（x）＞ax在区间[
，2]上有解．
由f（x）＞ax，得ex-x＞ax，
即a＜
-1在区间[
，2]上有解．
令g（x）=
-1，x∈[
，2]．
∵g′(x)=
，
∴当x∈(
，1)时，g′（x）＜0，g（x）单调递减；
当x∈（1，2）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增．
又g(
)=2
-1，g(2)=
-1，且g（2）＞g（
），
∴g(x)max=g(2)=
-1．
∴a＜
-1；
（3）设存在公差为d的等差数列{an}和首项为f（1）、公比q＞0的等比数列{bn}，使得Sn=An+Bn，
∵Sn=
f(x)dx=
(ex-x)dx=(ex-
x2+c
=en-
n2-1．
b1=f（1）=e-1，
由a1+b1=S1，即a1+e-1=e-
，得a1=-
．
由n≥2时，an+bn=Sn-Sn-1=en-1(e-1)-n+
．
分别取n=2，3得：-
+d+(e-1)q=e(e-1)-
①
-
+2d+(e-1)q2=e2(e-1)-
②
②-①×2得，q2-2q=e2-2e，解得：q=e或q=2-e（舍）．
故q=e，d=-1．
此时an=-
+(n-1)(-1)=
-n；
bn=(e-1)•en-1，且an+bn=(e-1)en-1+
-n，满足Sn=An+Bn．
∴存在满足条件的数列{an}，{bn}使得Sn=An+Bn．
由f′（x）=0，得x=0．
当x＞0时，f′（x）＞0，
当x＜0时，f′（x）＜0，
∴f（x）在（-∞，0）上递减，在（0，+∞）上递增．
∴f（x）min=f（0）=1；
（2）∵M={x|
| 1 |
| 2 |
∴不等式f（x）＞ax在区间[
| 1 |
| 2 |
由f（x）＞ax，得ex-x＞ax，
即a＜
| ex |
| x |
| 1 |
| 2 |
令g（x）=
| ex |
| x |
| 1 |
| 2 |
∵g′(x)=
| (x-1)ex |
| x2 |
∴当x∈(
| 1 |
| 2 |
当x∈（1，2）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增．
又g(
| 1 |
| 2 |
| e |
| e2 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
∴g(x)max=g(2)=
| e2 |
| 2 |
∴a＜
| e2 |
| 2 |
（3）设存在公差为d的等差数列{an}和首项为f（1）、公比q＞0的等比数列{bn}，使得Sn=An+Bn，
∵Sn=
| ∫ | n 0 |
| ∫ | n 0 |
| 1 |
| 2 |
| )| | n 0 |
| 1 |
| 2 |
b1=f（1）=e-1，
由a1+b1=S1，即a1+e-1=e-
| 3 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
由n≥2时，an+bn=Sn-Sn-1=en-1(e-1)-n+
| 1 |
| 2 |
分别取n=2，3得：-
| 1 |
| 2 |
| 3 |
| 2 |
-
| 1 |
| 2 |
| 5 |
| 2 |
②-①×2得，q2-2q=e2-2e，解得：q=e或q=2-e（舍）．
故q=e，d=-1．
此时an=-
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
bn=(e-1)•en-1，且an+bn=(e-1)en-1+
| 1 |
| 2 |
∴存在满足条件的数列{an}，{bn}使得Sn=An+Bn．
点评：本题考查利用导数研究函数的最值，考查了数学转化思想方法，对于（2）的求解，把a＜
-1在区间[
，2]上有解转化为a小于函数g（x）=
-1，x∈[
，2]的最小值是关键．训练了数列通项公式的求法，属综合性较强的题目．
| ex |
| x |
| 1 |
| 2 |
| ex |
| x |
| 1 |
| 2 |
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